Росатом, 2021/22, заключительный этап, 10 класс

Траектория симметрична относительно верхней точки: какой момент лежит посередине между \(t_1\) и \(t_2\)? Какая проекция скорости не меняется в полёте?

\(S = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,g\,(t_2^2 - t_1^2)\);  \(h = \dfrac{g\,(t_1 + t_2)^2}{8}\).

Траектория симметрична относительно верхней точки, поэтому время подъёма лежит ровно посередине между \(t_1\) и \(t_2\): \[t_{\text{под}} = \frac{t_1 + t_2}{2}, \qquad t_{\text{полн}} = t_1 + t_2 .\] От момента \(t_1\) до вершины вертикальная проекция скорости уменьшается до нуля за время \(\dfrac{t_2 - t_1}{2}\), поэтому вертикальная проекция скорости в момент \(t_1\) равна \(v_{1,y} = \dfrac{g\,(t_2 - t_1)}{2}\). Горизонтальная проекция скорости в этот момент \[v_{1,x} = v_{1,y}\,\operatorname{ctg}\alpha = \frac{\sqrt{3}\,g\,(t_2 - t_1)}{2} ,\] и она не меняется в течение всего полёта. Тогда дальность полёта \[S = v_{x}\,t_{\text{полн}} = \frac{\sqrt{3}}{2}\,g\,(t_2^2 - t_1^2).\] Вертикальная проекция начальной скорости \(v_{0,y} = \dfrac{g\,(t_1 + t_2)}{2}\), поэтому максимальная высота подъёма \[h = \frac{v_{0,y}^2}{2g} = \frac{g\,(t_1 + t_2)^2}{8}.\]

Проводники без сопротивления и симметрия схемы позволяют разбить ток внешней цепи между ветвями. Что можно записать для узла \(A\)?

\(I_{BA} = -3\text{ А}\): ток \(3\text{ А}\) течёт от \(A\) к \(B\).

Поскольку сопротивлением проводов можно пренебречь, ток внешней цепи делится на левой паре сопротивлений в пропорции \(4 : 2\) (ток через \(2R\) к току через \(4R\)), а на правой паре в пропорции \(1 : 5\) (ток через \(5R\) к току через \(R\)). Поэтому \[I_{2R} = \frac{2}{3}\,I, \qquad I_{5R} = \frac{1}{6}\,I .\] Правило токов для узла \(A\) (сумма втекающих токов равна сумме вытекающих): \[I_{2R} + I_{BA} = I_{5R} \quad\Rightarrow\quad \frac{2}{3}\,I + I_{BA} = \frac{1}{6}\,I ,\] где \(I_{BA}\) — ток по перемычке от \(B\) к \(A\). Отсюда \[I_{BA} = -\frac{1}{2}\,I = -3\text{ А}.\] Знак минус показывает, что ток течёт от \(A\) к \(B\).

Сразу после отпускания скорости тел равны нулю, значит, центростремительных составляющих ускорения нет. Стержень нерастяжим: что это говорит о проекциях ускорений на его направление?

\(a = \dfrac{3}{10}\,\dfrac{gL}{l}\); ускорения тел равны по величине и направлены перпендикулярно нитям.

Нити остаются натянутыми, тела в начальный момент покоятся, поэтому их ускорения направлены перпендикулярно нитям. Проекции ускорений тел на направление стержня одинаковы (стержень нерастяжим), значит, ускорения тел равны по величине. На тела действуют силы натяжения стержня \(T\) и \(T'\) (вдоль стержня), силы натяжения нитей \(N_m\) и \(N_{4m}\) и силы тяжести \(mg\) и \(4mg\).

Второй закон Ньютона для тел в проекциях на направления, перпендикулярные нитям: \[ma = T\cos\alpha - mg\sin\alpha, \qquad 4ma = 4mg\sin\alpha - T\cos\alpha .\] Складывая эти уравнения и учитывая, что \(\sin\alpha = \dfrac{L}{2l}\), получаем \[a = \frac{3}{10}\,\frac{gL}{l}.\]

Пока поршень неподвижен, процесс изохорный. Из какого условия определяется давление газа в момент начала движения поршня? Дальше процесс изобарный.

Характерные состояния (график — в решении): в начале \((T_0,\ V_0,\ p_0)\); при \(T = \dfrac{6T_0}{5}\) давление \(\dfrac{6p_0}{5}\), объём \(V_0\); при \(T = 2T_0\) объём \(\dfrac{5V_0}{3}\), давление \(\dfrac{6p_0}{5}\); при \(T = \dfrac{4T_0}{3}\) объём \(\dfrac{5V_0}{3}\), давление \(\dfrac{4p_0}{5}\); в конце \(T = T_0\) объём \(\dfrac{5V_0}{4}\), давление \(\dfrac{4p_0}{5}\).

До температуры \(\dfrac{6T_0}{5}\) поршень неподвижен, и газ нагревается при постоянном объёме. При этой температуре давление газа становится равным \(\dfrac{6p_0}{5}\), и разность сил давления газа и внешнего воздуха на поршень превышает максимальную силу трения, направленную вниз: \[F_{\text{тр,max}} = \frac{1}{5}\,p_0 S .\] Поскольку газ нагревают медленно, а сила трения не зависит от температуры, дальнейший процесс — изобарический при давлении \(\dfrac{6p_0}{5}\). По закону Гей-Люссака объём при температуре \(2T_0\): \[\frac{V_0}{6T_0/5} = \frac{V_1}{2T_0} \quad\Rightarrow\quad V_1 = \frac{5}{3}\,V_0 .\] После прекращения нагрева поршень останавливается, и газ охлаждается при постоянном объёме \(V_1\) до давления \[p_1 = p_0 - \frac{1}{5}\,p_0 = \frac{4}{5}\,p_0 ,\] при котором поршень снова начинает двигаться (сила трения направлена вверх). По закону Шарля температура в этот момент \[T_1 = \frac{4}{3}\,T_0 .\] Далее газ изобарически охлаждается при давлении \(\dfrac{4p_0}{5}\) до температуры \(T_0\). Объём в конечном состоянии по закону Гей-Люссака \[V_2 = \frac{5}{4}\,V_0 .\]

Блоки невесомы, поэтому нижние тела тянутся натяжением \(2T\). Как связаны ускорения левого тела и остальных тел через длину нити, которая уходит с одного участка на другой?

Нижние тела и правое тело: \(a = \dfrac{g}{19}\), направлено вверх; левое тело: \(a = \dfrac{9g}{19}\), направлено вниз.

Пусть сила натяжения нити, охватывающей все блоки, равна \(T\). Тогда на нижние тела действует сила натяжения \(2T\), и второй закон Ньютона для них (проекция ускорения \(a_x\) на ось, направленную вверх): \[m a_x = 2T - mg .\] Для левого и правого тел (в проекциях на ту же ось): \[m a_{x,\text{лев}} = T - mg, \qquad \frac{m}{2}\,a_{x,\text{прав}} = T - \frac{m}{2}\,g .\] Первое и последнее уравнения совпадают с точностью до множителя \(2\), поэтому ускорения нижних тел и правого тела совпадают по величине и направлению, а ускорение левого отличается. Если нижние и правое тела движутся вверх, то левое движется вниз. Если нижние и правый грузы поднялись на \(\Delta x\), то освободилось \(9\,\Delta x\) нити левее самого левого блока, и левое тело опустилось на \(9\,\Delta x\). Поэтому \(a_{x,\text{лев}} = -9\,a_x\). С учётом этой связи уравнения дают \[m a_x = 2T - mg, \qquad -9\,m a_x = T - mg .\] Решая систему, находим \[a_x = \frac{g}{19}, \qquad a_{x,\text{лев}} = -\frac{9g}{19}.\] Таким образом, нижние тела и правое тело движутся с ускорением \(\dfrac{g}{19}\), направленным вверх, а левое тело — с ускорением \(\dfrac{9g}{19}\), направленным вниз.